Mines 2014 math A : un corrigé commenté avec extraits du rapport

Mines 2014 math A : un corrigé commenté avec extraits du rapport

mp* 19-20 26/05/2020

Parcours préalable de l’énoncé

Le paragraphe de notations, comme souvent, contient beaucoup de choses su- perflues (notations habituelles). On se contente de remarquer que visiblement on va être surC, et on souligne la définition deJn(λ).

La partie A contient des calculs sur les nombres complexes. Si on n’est pas à l’aise, on pourra sûrement admettre des choses et passer à la suite.

On repère au début deBdes classiques sur les matrices nilpotentes et au7.un classique sur l’exponentielle de matrices.

LeC : des calculs par blocs, on verra quand on y sera.

LeD: encore un classique sur Cayley-Hamilton et le lemme des noyaux. Même si on traîne sur le début du problème il faut absolument se réserver le dernier quart d’heure sur cette question de cours.

Ce parcours de l’énoncé est plutôt rassurant : on aura au moins des choses à faire, du cours à appliquer. . .On peut démarrer.

Un corrigé

1.Question faite dans quasiment toutes les copies, et à part des pro- blèmes de réciproque dans de rares cas, bien faite.

On écrit

ze^z=Re^iθe^Rcosθe^iRsinθ=Re^Rcosθe^i(θ+Rsinθ) (1)

Comme c’est la première question, pour être sûr d’être impeccablement clair et détaillé, on peut choisir de procéder par condition nécessaire et condition suffisante. En tout cas il faut que ce soit parfait.

Commeθ+Rsinθ∈RetRe^Rcosθ∈R⁺, on a

|ze^z|=Re^Rcosθ

et donc

ze^z=w =⇒ |ze^z|=|w| =⇒Re^Rcosθ=r Mais, si ze^z=wetRe^Rcosθ=r, commer6= 0on a

e^i(θ+Rsinθ)=e^iα

d’où l’on déduitθ+Rsinθ=α(modulo2π)ce qui s’écrit aussi Rsinθ=α−θ (modulo2π).

Réciproquement, si Re^Rcosθ = r et θ+Rsinθ = α (modulo 2π) on a bien d’après(1)

ze^z=re^iα=w

On obtient donc bien l’équivalence :

ze^z=w ⇐⇒

(Re^Rcosθ=r

Rsinθ=α−θ (modulo2π)

Insistons : on peut tout-à-fait procéder par équivalence, dire que deux nombres complexesnon nulssont égaux si et seulement si ils ont même module et « même argument ». . .mais dans une première question, on a souvent envie d’avoir une certaine prudence. . .

2.On trouve beaucoup d’erreurs : limites non justifiées, voire fausses, quand il y a une tentative de justification, elle consiste presque tou- jours à prendre l’exponentielle d’un équivalent.

φest bien définie car, si0< θ < π,sinθ6= 0.

(Ne coûte pas cher et fait bon effet) Commeα >0,

α−θ

sinθ −−−−−−→

θ→0, θ>0 +∞

et cosθ−−−−−−→

θ→0, θ>0 1 donc par opérations sur les limites, φ(θ)−−−−→

θ→0⁺ +∞

Posons maintenantψ(θ) =α−θ

sinθ . On aψ(θ)−−−−−−−→

θ→π, θ<π +∞etψ >0 sur]0, π[.

Or

φ(θ) = exp [cosθψ(θ) + ln (ψ(θ))]

Mais

(cosθ)ψ(θ) + ln (ψ(θ)) =ψ(θ)

cosθ+ln (ψ(θ)) ψ(θ)

Par croissances comparées, ln (ψ(θ))

ψ(θ) −−−−−−→

θ→π,θ<π 0, donc (cosθ)ψ(θ) + ln (ψ(θ))−−−−−−→

θ→π,θ<π −∞

et finalement

φ(θ)−−−−→

θ→π⁻ 0

Or φ est, par opérations, continue sur ]0, π[ donc, par théorème des valeurs intermédiaires,

L’équationφ(θ) =ra une solution au moins sur]0, π[pourr >0 fixé La fin de la question n’est pas très claire. Mais si on a lu la question suivante, on voit le genre de réponse qui est attendu.

3.Cette question est en général bien traitée, sauf en ce qui concerne l’oubli massif du cas particulier z=0.

Reprenons les notations du 1. Tout nombre complexe non nul w peut s’écrire w=re^iα avec r >0 etα∈[2π,4π[, ce qu’on suppose désormais (tout nombre complexe non nul a un unique argument dans[2π,4π[).

Or, si0< θ < π etR >0, on a

(Re^Rcosθ=r

Rsinθ=α−θ(modulo2π) ⇐⇒

(φ(θ) =r

R= (α−θ)/sinθ (modulo2π) Par2.il existe θ∈]0, π[tel queφ(θ) =r. On prend alorsR=α−θ

sinθ , on a bien R > 0, et siz =Re^iθ 1. montre queze^z =w. Or on a bienz∈ D. Si w= 0, g(0) =w, et0∈D. On a bien montré que g est surjective

Comme souvent, le calcul est un exercice d’observation. Il serait dommage de ne pas traiter cette question si on a réussi les précédentes.

4.A priori ce résultat est très classique, mais la rédaction est impré- cise dans beaucoup de copies.

A savoir rédiger parfaitement.

On a Nⁿ⁻¹6= 0, donc Ker Nⁿ⁻¹

6=Mn,1(C), donc

Il existeX ∈Mn,1(C)tel queNⁿ⁻¹X 6= 0

Supposons α0X +· · ·+αn−1Nⁿ⁻¹X = 0. Supposons les αi non tous nuls, et soit k=min({i; αi6= 0}), on a donc

αkN^kX+· · ·+αn−1Nⁿ⁻¹X = 0

Multiplions parN^n−1−k :

α_kNⁿ⁻¹X+· · ·+α_n−1N^2n−2−kX = 0

Mais sip≥n,N^p= 0, la relation précédente se résume donc à αkNⁿ⁻¹X= 0.

Et doncα_k = 0, contradiction. Finalement tous lesα_i sont nuls, et la famille(X, N X, . . . , Nⁿ⁻¹X)est libre.

5. Cette question s’est avérée sélective. Certains candidats oublient de renverser l’ordre des termes de la base et d’autres prétendent que deux matrices de même rang sont semblables, faisant la confusion classique entre semblables et équivalentes.

Ici aussi, question à rédiger impeccablement, en évitant de mélanger le vocabu- laire des matrices et celui des endomorphismes.

Soit u ∈ L(Cⁿ) l’endomorphisme canoniquement associé à N. Soit x ∈ Cⁿ tel que Mat_B(x) = X, où B est la base canonique de Cⁿ et X une colonne comme en 4. Alors la famille(uⁿ⁻¹(x), . . . , x)est libre d’après la question pré- cédente, et comme elle comporte n vecteurs dans Cⁿ qui est de dimension n, C= (uⁿ⁻¹(x), . . . , u(x), x)est une base deCⁿ. Or

Mat_C(u) =J_n(0) Mais MatB(u) =N, donc N etJn(0)sont semblables

6.De nombreux candidats se limitent souvent à l’inversibilité, traitée de façon matricielle, la même méthode n’étant pas très utilisable pour la nilpotence. Pour ceux qui prennent la bonne méthode pour montrer la nilpotence, il reste deux difficultés : penser à montrer que l’ordre de nilpotence est n-1 et non pas seulement inférieur ou égal à n-1, puis utiliser l’inversibilité des matrices et pas simplement qu’elles sont non nulles, le produit de deux matrices pouvant être nul sans que l’une ou l’autre le soit.

Jn(0)et−Jn(0)commutent, donc

e^Jn(0) e^−Jn(0)=e^{Jn(0)−Jn(0)}=e⁽⁰⁾=In

pour une matrice carrée, un inverse à gauche est un inverse à droite et récipro- quement, donc e^Jn(0) est inversible, d’inversee^−Jn(0)

De plus, pour toute matrice A ∈ Mn(C) et p ∈ N, A commute avec Mp =

p

X

k=0

1

k!A^k qui est un polynôme deA, c’est-à-dire

∀p∈N AM_p=M_pA

Mais les applications M 7−→ AM et M 7−→ M A, linéaires sur Mn(C) de dimension finie, sont continues, donc en prenant la limite quand p→+∞dans l’égalité ci-dessus on obtient

A exp(A) = exp(A)A

En particulier pourA=J_n(0). On en déduit par récurrence surk :

∀k∈N

J_n(0)e^Jn(0)k

= (J_n(0))^k

e^Jn(0)k

On peut bien sûr écrire

e^Jn(0)k

=e^kJn(0)mais ici cela ne sert vraiment à rien.

Par inversibilité dee^Jn(0) on a donc

Jn(0)e^Jn(0)k

= 0 ⇐⇒ Jn(0)^k= 0

OrJn(0)est semblable àN donc est nilpotente d’indicen(ce qui peut aussi se voir directement), donc

J_n(0)e^Jn(0) est nilpotente d’indicen

7. Encore un grand classique. Ne pas oublier de justifier la continuité de l’ap- plication M 7−→P M P⁻¹.

On ne rédige donc pas le début de la question, voir cours. Pour la suite : Les questions5. et 6. montrent queJ_n(0)e^Jn(0) et J_n(0) sont semblables. Soit doncP ∈GLn(C)telle que

J_n(0) =P

J_n(0)e^Jn(0) P⁻¹

On a alors

J_n(0) =P J_n(0)P⁻¹P e^Jn(0)P⁻¹=P J_n(0)P⁻¹e^{P Jn(0)P−1}

et donc, posantNe=P Jn(0)P⁻¹,

Il existeNe telle queJ_n(0) =N ee ^Ne

8. Cette question est assez souvent sautée, elle est réussie dans un nombre non négligeable de copies mais la rédaction est très inégale.

La question 3.montre qu’on peut choisir µdansD, or−16∈D (les arguments de−1sont lesπ+ 2kπ,k∈Z), donc il existeµ6=−1tel que λ=µe^µ

Remarquons que

Jn(µ) =µIn+Jn(0)

et que les matricesµIn etJn(0)commutent, ce qui permet d’écrire Jn(µ)e^Jn(µ)= (µIn+Jn(0))e^µIn+Jn(0)

= (µIn+Jn(0))e^µIne^Jn(0)

=e^µ(µIn+Jn(0))e^Jn(0)

care^µIn=e^µI_n.

Nulle astuce là-dedans, on a à gauche des Jn(µ) et à droite des Jn(0), il est naturel d’exprimerJ_n(µ)en fonction deJ_n(0).

Donc

J_n(µ)e^Jn(µ)=λe^Jn(0)+e^µJ_n(0)e^Jn(0)

MaisJn(0)est nilpotente d’ordren, donc

e^Jn(0) =

n−1

X

k=0

1 k!Jn(0)^k

On essaye de mettre J_n(0)² en facteur, on sort tout le reste. . .Autrement dit, on ne perd jamais de vue l’expression à atteindre.

On a donc

J_n(µ)e^Jn(µ)=λI_n+λJ_n(0)+e^µJ_n(0)+(J_n(0))² λ

n−1

X

k=2

1

k!J_n(0)^k−2 +e^µ

n−1

X

k=1

1

k!J_n(0)^k−1

!

et, tenant compte deλ=µe^µ, on obtient bien

Jn(µ)e^Jn(µ)=λIn+ (µ+ 1)e^µJn(0) + (Jn(0))²p(Jn(0))oùpest un polynôme à coefficients complexes qui dépend deµ

9. Question peu traitée

Les deux matrices(µ+ 1)e^µJ_n(0)et(J_n(0))²p(J_n(0))sont deux polynômes de Jn(0)et commutent donc. Ce qui autorise l’écriture, sik≥0:

h

(µ+ 1)e^µJn(0) + (Jn(0))²p(Jn(0))ik

=

k

X

j=0

k j

(µ+1)^je^jµ(Jn(0))^j(Jn(0))^2(k−j)(p(Jn(0))^k−j

Non, mauvaise idée. . .c’est beaucoup plus simple : Posons

M = (µ+ 1)e^µJn(0) + (Jn(0))²p(Jn(0))

AlorsM =J_n(0)Qavec

Q= (µ+ 1)e^µI_n+J_n(0)p(J_n(0))

MaisJ_n(0)p(J_n(0))est nilpotente (même preuve qu’en6.carJ_n(0)etp(J_n(0)) commutent). Elle est donc semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. Donc Qest semblable à une matrice triangulaire supérieure dont tous les coefficients diagonaux valent(µ+ 1)e^µ, qui est non nul (µ6=−1). DoncQest inversible ; or il commute avecJn(0)(c’est un polynôme deJn(0), donc comme en6.on déduit que

(µ+ 1)e^µJn(0) + (Jn(0))²p(Jn(0))est nilpotente d’indicen

. . .et donc semblable àJ_n(0)(question5.). Si

(µ+ 1)e^µJn(0) + (Jn(0))²p(Jn(0)) =P Jn(0)P⁻¹

avecP inversible, alors

J_n(µ)e^Jn(µ)=P(λI_n+J_n(0))P⁻¹=P J_n(λ)P⁻¹

ce qui donne

Jn(λ) =P⁻¹Jn(µ)e^Jn(µ)P=P⁻¹Jn(µ)P e^P−1Jn(µ)P

et on a trouvé M ∈Mn(C)telle que Jn(λ) =M e^M

Question pas facile en 3 heures, où la tentation d’aller voir plus loin est assez présente.

10.Cette question ressemble beaucoup à la question 5, donc ceux qui n’ont pas pensé à inverser l’ordre des vecteurs de base sont à nouveau en échec, pour les autres la question ne pose pas de difficulté.

Il existeX ∈ Mn,1(C)tel queN^p−1X 6= (0); la famille(N^p−1X, . . . , N X, X) est libre (même preuve qu’en4.) et peut être complétée en une base deMn,1(C), ce qui permet en utilisant une telle base comme en5.de conclure que

Il existeB et Ctelles queN est semblable àA= J_p(0) B

O C

!

Quand on refait quelque chose d’analogue à une question précédente, on peut se permettre la concision, c’est même recommandé.

11.Question finalement assez facile, et souvent bien traitée.

Un produit par blocs donneT_XT_−X =I_n et comme, pour les matrices carrées, un inverse à gauche est un inverse à droite et réciproquement, on a

TX est inversible etT_X⁻¹=T−X.

On peut se dire que c’est un peu parachuté. Mais il est naturel de chercher un inverse du type TY. Et donc de raisonner par analogie avec les matrices2×2.

Donc il ne sera pas considéré comme abusif que le candidat « voie » la solution.

On calcule par blocs :

TXA= Jp(0) B+XC

O C

!

puis

TXAT_X⁻¹= Jp(0) B+XC

O C

! Jp(0) −X O I_n−p

!

= Jp(0) −Jp(0)X+B+XC

O C

!

qui est bien de la forme voulue avec Y =−Jp(0)X+B+XC et Z=C

12.Questions 12 et 13 : C’étaient les plus difficiles du problème. Les très bons candidats s’y sont illustrés.

Ecrivons

X₍₁₎

X =

X₍₂₎

X_(p)

où les X(i)sont les lignes de X. Alors

X₍₂₎

J_p(0)X =

X₍₃₎

(0)

Mais d’autre part

X₍₁₎C

XC =

X₍₂₎C

X_(p)C

NotantB_(i)(1≤i≤p) les lignes deB, on peut imposer, si1≤i≤p−1, X(i+1)=B(i)+C(i)X

(on prendX₍₁₎ arbitrairement, par exempleX₍₁₎= 0), on obtient alors que toutes les lignes deY à l’exception de la dernière sont nulles

Question faisable si on suit l’indication. . .et si on a la bonne relation à la question précédente. Dans des questions de produit par blocs, la clarté de la présentation (dessin des matrices) est primordiale.

13. N est semblable àA, qui est semblable à A⁰. Or N est nilpotente d’indice p, donc

A⁰ est nilpotente d’indicep

La fausse piste serait un produit par blocs. Le mot « justifier » devrait alerter : une « justification » est souvent assez courte.

Notons alorsv l’endomorphisme deCⁿ canoniquement associé àA⁰. Et notons (e1, . . . , en)la base canonique deCⁿ. Pourp+ 1≤j≤n, on a

v(ej) =βj−pep+

n−p

X

i=1

zi+p,j−pei+p (1)

où les lignes de Y sont supposées nulles à l’exception de la dernière, égale à (β1. . . βn−p).

On a également, pour2≤j≤p,v(ej) =e_j−1 et enfinv(e1) = 0. On en déduit, pour p+ 1≤j≤net1≤k≤p−1,

v^k(e_j)∈Vect(e_p−k+1, . . . , e_n)

(par récurrence sur k). Or, en reprenant (1), et en prenant l’image des deux membres par v^p−1 on a

v^p(ej) =β_j−pe1+

n−p

X

i=1

z_i+p,j−pv^p−1(ei+p)

Comme

n−p

X

i=1

z_i+p,j−pv^p−1(e_i+p)∈Vect(e₂, . . . , e_n), siβ_j−p6= 0alorsv^p(e_j)6= 0 ce qui est contadictoire (A⁰ étant nilpotente d’indicep,vl’est aussi. Finalement tous lesβj sont nuls, et donc La matriceY est nulle

C’est de la « lecture matricielle », mais la mise en place de l’argumentation avec une indexation correcte n’est pas évidente dans une épreuve de 3 heures.

14. La rédaction de la récurrence est souvent très décevante, mais cela est sans doute dû à la fatigue.

Procédons par récurrence surn. Pour n= 1, pas de problème,N = 0 =J1(0).

Supposons la propriété vraie pour toute matrice nilpotente d’ordre≤n, et soit N nilpotente d’ordren+ 1.

Si N est d’indicen+ 1 elle est semblable àJn+1(0)par la question5.

Si N est d’indice 1 elle est nulle, donc semblable à une matrice diagonale par blocs dont tous les blocs sont desJ1(0).

Si N est d’indice p∈]1, n+ 1[, par les questions précédentes elle est semblable à une matrice

A⁰ = Jp(0) O

O Z

!

Un calcul par blocs des puissances deA⁰ montre alors queZ est nilpotente. On peut lui appliquer l’hypothèse de récurrence,Z est semblable à une matriceZ⁰

diagonale par blocs de la forme voulue. Or siQ⁻¹ZQ=Z⁰, avecQ∈GL_n−p(C), posant

P = I_p O

O Q

!

on a P ∈GL_n(C), P⁻¹= I_p O O Q⁻¹

!

et, par blocs,P⁻¹A⁰P = J_p(0) O O Z⁰

!

qui est diagonale par blocs de la forme voulue. Finalement, par récurrence, Le résultat est démontré

15.La justification de l’égalité α_i=dim(F_i) est rarement donnée.

Cette question, très classique, devrait avoir été remarquée lors du parcours initial de l’énoncé. Ce sont des points à ne pas manquer.

On est sur C, le polynôme caractéristique de Aest donc scindé. Compte tenu des hypothèses il s’écrit

PA=

s

Y

i=1

(X−λi)^αi

Par théorème de Cayley-Hamilton, Ker(P_A(f)) = Cⁿ car P_A = P_f. Mais si i6=j, λi 6=λj, donc (X −λi)^αi∧(X−λj)^αj = 1. On peut alors appliquer le théorème des noyaux qui dit que

Ker(P_A(f)) =

s

M

i=1

Ker((f−λ_iId_Cn)^αi)

On a donc bien

Cⁿ =

s

M

i=1

F_i

Chaque (f −λiIdCⁿ)^αi est un polynôme de f donc commute avec f, donc chaqueF_i est stable parf. Sif_i est l’endomorphisme induit surF_i parf, alors fi−λiIdF_i =ni est nilpotent. De plus, comme (X−λi)^αi annule fi, la seule valeur propre de f_i (il en a au moins une car on est sur C) est λ_i, donc le polynôme caractéristique defi est(X−λi)^di avecdi=dim(Fi). On en déduit

P_f(X) =

s

Y

i=1

(X−λ_i)^di

et donc, pour touti,d_i=α_i. Dans une baseB_i deF_i on a donc MatB_i(fi) =λiIα_i+Ni

où Ni =Mat_Bi(ni) est nilpotente. En concaténant de telles bases, on obtient une matrice de la forme voulue. Deux matrices d’un même endomorphisme dans deux bases sont semblables, donc

Aest semblable à une matrice













λ1Iα₁+N1 (0)

λ₂I_α2+N₂ . ..

(0) λsIα_s+Ns











 où les Nk sont nilpotentes

16.Quelques candidats parviennent à faire la synthèse.

Remarquons d’abord que si une matrice est semblable à une matrice de la forme Ae^A, elle est elle-même de cette forme (vu en7.).

Remarquons ensuite que siAest diagonale par blocs,A=diag(A1, . . . , As)avec lesAk matrices carrées, alorsAe^A=diag A1e^A1, . . . , Ase^As

.

Il suffit donc, par15., de montrer que toute matriceλIn+N, oùNest nilpotente, s’écrit sous la formeAe^A.

Mais d’après14., vu que toute matriceλIn+N, avecNnilpotente, est semblable à une matrice diagonale par blocs diag(λIp₁+Jp₁(0), λIp₂+Jp₂(0), . . . , λIp₂+ Jp₂(0)), les mêmes raisons montrent qu’il suffit de vérifier que toute matrice λI_p+J_p(0)s’écrit sous la formeAe^A. OrλI_p+J_p(0) =J_p(λ). Et donc

La question 9conclut

FIN